Question

3．如圖所示，在平面直角坐標系xOy中的第Ⅰ象限內(nèi)存在以兩坐標軸為邊界、沿x軸負方向的勻強電場；在第Ⅱ象限內(nèi)存在磁感應強度大小為B、方向垂直于坐標平面向里的有界圓形勻強磁場區(qū)域（圖中未畫出）．一質(zhì)子從坐標為（l，0）的M點以速度v₀垂直x軸進入第Ⅰ象限，恰好能通過y軸上坐標為（0，2l）的N點進入第Ⅱ象限，質(zhì)子在第Ⅱ象限內(nèi)通過磁場后速度方向恰好與射線OP垂直，已知質(zhì)子的質(zhì)量為m_H，電荷量為e，不計質(zhì)子的重力，射線OP在第Ⅱ象限內(nèi)與x軸負方向成30°角．求：
（1）勻強電場的電場強度E的大�。�
（2）電子離開第Ⅰ象限時的速度方向與y軸正方向的夾角θ．
（3）該圓形磁場區(qū)域的最小面積．

Answer 1

分析 （1）質(zhì)子在電場中做類似平拋運動，x方向勻速，y方向勻加速，根據(jù)運動學公式列式求解；
（2）先根據(jù)運動學公式列式求解出x、y方向的分速度，然后根據(jù)幾何關系列式求解；
（3）先根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解出軌跡的半徑，然后求得磁場的最小半徑，再求出最小面積．

解答 解：（1）質(zhì)子剛進入第Ⅰ象限運動時，受到水平向左的電場力，
具有豎直向上的初速度，故質(zhì)子做類平拋運動，有：
水平方向：eE=m_Ha，l=$\frac{1}{2}$at²，
豎直方向：2l=v₀t，
解得：E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2el}$．
（2）設質(zhì)子到達N點的速度大小為v_N，方向與y軸正方向的夾角為θ，
質(zhì)子做類平拋運動，有：
水平方向：l=$\frac{{v}_{x}}{2}$t，
豎直方向：2l=v₀t，
根據(jù)幾何關系有：tanθ=$\frac{{v}_{x}}{{v}_{0}}$，
解得：v_x=v₀，tanθ=1，θ=45°．　 
（3）質(zhì)子在第Ⅱ象限內(nèi)的軌跡如圖所示：

質(zhì)子到達N點時的速度：v_N=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{x}^{2}}$=$\sqrt{2}$v₀，
當質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動時，由牛頓第二定律有：ev_NB=m_H$\frac{{v}_{N}^{2}}{r}$，
由幾何關系可知，質(zhì)子在磁場中偏轉(zhuǎn)105°后垂直于OP射出，
四邊形O₁N'AQ為正方形，則以QN連線為直徑的圓對應的面積就是圓形磁場區(qū)域的最小面積，
磁場區(qū)域的最小半徑：R=rsin$\frac{105°}{2}$，
故磁場的最小面積為S=πR²，
解得：S=$\frac{2π{m}_{H}^{2}{v}_{0}^{2}（sin52.5°）^{2}}{{e}^{2}{B}^{2}}$．
答：（1）勻強電場的電場強度E的大小為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2el}$．
（2）電子離開第Ⅰ象限時的速度方向與y軸正方向的夾角θ為45°．
（3）該圓形磁場區(qū)域的最小面積為$\frac{2π{m}_{H}^{2}{v}_{0}^{2}（sin52.5°）^{2}}{{e}^{2}{B}^{2}}$．

點評 本題中粒子先在電場中做類似平拋運動，然后進入磁場做勻速圓周運動，要注意兩個軌跡的連接點，然后根據(jù)運動學公式和牛頓第二定律以及幾何關系列式求解，其中畫出軌跡是關鍵．